Toán học - 8 cách chứng minh 2 đường thẳng vuông góc với nhau

8 Cách chứng minh 2 đường thẳng vuông góc với nhau
I. MỘT SỐ CÁCH THỨC THƯỜNG SỬ DỤNG:
Cách 1: (Theo Định nghĩa 2 đường thẳng vuông góc): 
Hai đường thẳng cắt nhau hoặc 2 tia thẳng tạo ra góc đo 900; Thí dụ:
 - 1.a/ Trường hợp ÐA, ÐB , ÐC là 3 góc của TG vuông mà 
 ÐB + ÐC = 900 Þ ÐA = 1800 – 900 = 900
 - 1.b/Trường hợp góc nội tiếp chắn 1/2 đường tròn (1800:2 = 900)
 - 1.c/Trường hợp 2 đường thẳng giao nhau chia đường tròn thành
 4 phần bằng nhau (3600:4 = 900 )
 - 1.d/ Trường hợp góc tạo bởi 2 phân giác của 2 góc kề bù
Cách 2: Theo Hệ quả của 2 đường thẳng song song
2.1 Đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì vuông góc với đường thẳng còn lại. 
Có c//a; Nếu b a Þ b c
2,2 – Hai đường song song với 
 hai đường vuông góc đã biết. 
Có a b; d//a; c//b Þ cd
Cách 3: Dùng tính chất của ba đường cao và cạnh đối diện trong một tam giác. 
 Trong ∆ABC có AH BC; CI AB
 Þ BO AC tại K
Cách 4: Đường kính đi qua trung điểm của một dây cung. 
 AB là dây cung trong đường tròn O
 Néu AM = MB Þ OM AB
Cách 5: Phân giác của hai góc kề bù nhau. 
 Có ÐxOz kề bù ÐzOy
 Nếu O1 = O2 và O3 = O 4
 Þ O2 + O3 = 90O hay OmOn
Cách 6: Sử dụng góc nội tiếp nửa đường tròn. 
Trên đường tròn tâm O, đường kính AB
Þ Mọi đỉểm M trên đường tròn đều có 
 AM ^BM
Cách 7: Sử dụng tính chất đường trung trực. 
 Có H là trung điểm của AB; Điểm M 
 cách đều A và B Þ MH ^AB 
Cách 8: Tính chất tiếp tuyến và đường kính của đường tròn.
Nếu đường tròn O tiếp xúc với MA hoặc MB tại A 
hoặc B thì OA^ MA và OB ^MB
Có một số bài toán chỉ cần áp dụng 1 trong số các cách trên, nhưng nhiều bài toán phải vận dụng cùng lúc nhiều cách. Khi làm bài nên chọn những cách gọn và sáng sủa; nếu có điều kiện thì trình bày nhiều cách.
BÀI TOÁN MINH HOẠ
µ Bài toán 1 
Cho hình bình hành ABCD, BH là đường cao từ B tới AD.
Từ A kẻ AF//và = BH; 
Từ F kẻ FE// và = AD. 
CMR tứ giác ADEF là hình chữ nhât. 
Giải (Áp dụng cách 1 & 2) 
Dễ dàng CM được 4 góc của ADEF đều = 900 (các cặp cạnh kề đều vuông góc nhau). vì:
AF//BH; FE//AD mà AD ^ BH AF ^ FE và AF^ AD
FE// và = AD nên DE// và = AF 
tương tự ta có FE ^ED; ED ^DA. è Vậy ADFE là hình chữ nhật
µ Bài toán 2 
Chứng minh rằng đường trung bình của tam giác luôn vuông góc với đường cao hạ tới cạnh tương ứng của đường trung bình:
Giải (theo cách 2)
Giả sử có ∆ ABC với DE là đường TB tương ứng với cạnh BC thì DE//BC. Đường cao AH (hạ từ A tới đáy BC) Þ AH ^ BC Þ AH ^ DE (ĐPCM)
Điều KL này đúng với cả khi AH không ở trong ∆ ABC.
µ Bài toán 3
Từ tính chất của hình thoi: có 4 cạnh bằng nhau và các cặp cạnh đối diện song nhau từng đôi một, hãy chứng minh 2 đương chéo hình thoi vuông góc với nhau. 
Giải (Áp dụng cách 7)
Do hình thoi có 4 cạnh bằng nhau và các cặp cạnh đối diện song nhau từng đôi một nên 2 đường chéo chia hình thoi thành 4 tam giác bằng nhau (g.c.g)
Þ 2 đường chéo cắt nhau ở trung điểm. (AO = OC; BO = OD)
Dễ dàng thấy trong TG cân ABC thì BO vừa là trung tuyến vừa là trung trực của cạnh AC 
Þ BO ^ AC Þ BD ^ AC (ĐPCM)
 µ Bài toán 4 
Cho DABC, các đường cao BD và CE. 
Gọi I là trung điểm của DE, K là trung điểm của BC. 
Chứng minh rằng: KI ED?
Giải ; ( Bài này chỉ cần CM 1 trong 2 cách sau:)
a/ / CM theo cách thứ 4
Theo GT có:
 ÐBEC = 900 và ÐBDC = 900
Hai góc vuông cùng chắn BC nên chúng nội tiếp 
trong đường tròn đường kinh BC.
Vì K là trung điểm của BC nên K chính là tâm 
của đường tròn mà ED là 1 dây cung.
Vì I là trung điểm của dây cung ED nên
 è Có KI AD (ĐPCM)
b/ CM theo cách thứ 7
 * Nối DK, trong DBDC có: [1 ] 
DK là đường trung tuyến Þ 
 * Nối EH; Trong DBEC có: [2 ]
EK là đường trung tuyến Þ
Từ [ 1 ] và [ 2 ], suy ra: DK = EK. 
Þ DEKD cân tại K. 
* Do I là trung điểm của DE (gt) 
è KI là trung tuyến đồng thời là đường cao và dường trung trực tại cạnh ED của DEKD 
Þ KI ED (đpcm)
Nhận xét: 
 CM theo cách thứ 4 gọn hơn và không cần thiết phải kẻ thêm đường phụ
 * * *
µ Bài toán 5 
 Cho hình thang vuông ABCD, có CD = 2AB; 
Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ D xuống AC và M là trung điểm của HC.
Chứng minh rằng đường thẳng qua DM vuông góc với đường thẳng qua BM.
Giải (Áp dụng cách 2 và 6)
Kẻ BE CD (E CD). 
Vì CD = 2AB nên AB = DE = EC. 
Hay E là trung điểm của CD. 
 * Xét DDHC có EM là đường trung bình 
Þ EM // DH Þ EM AC (Vì DH AC). 
* Xét tứ giác MADE có và 
ÞTứ giác MADE nội tiếp đường trong đường kính AE. 
Tức là bốn điểm M, A, D, E nằm trên một đường tròn. (1) 
* Xét tứ giác ABED có: và AB = DE Tứ giác ABCD là hình chữ nhật. 
 Bốn điểm A, B, E, D nằm trên một đường trong đường kính AE. (2) 
Từ (1) và (2), suy ra: M thuộc đường tròn đường kính AE. 
Ta có: Tứ giác ABMD nội tiếp. 
Mà Þ BM DM. (ĐPCM)
µ Bài toán 6 : 
Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình 
chiếu của B trên AC. I và N lần lượt là 
trung điểm của AD và HC. 
Chứng minh: BN IN.
(Đề tương tự đề 4 trên)
Giải
Gọi M là trung điểm của BC
Có IM là đường TB của hình chữ nhật ABCD (I là trung điểm BC, M là trung điểm AD)
Þ IM // AB Þ 
Có N là trung điểm của HC, M là trung điểm của BC
MN là đường TB của ∆HBC
Þ MN // BH Þ MN HC Þ
* Xét tứ giác ABMN có 2 góc đối diện: 
Þ ABMN là tứ giác nội tiếp (1)
Xét tứ giác ABMI có 3 góc 
ÞABMI là hình chữ nhật hay ABMI cũng là tứ giác nội tiếp (2)
Từ (1) (2 ) ta có:
Năm điểm A, I, N, M, B cùng thuộc một đường tròn đường kính AM và BI.
 Þ Tứ giác AINB là tứ giác nội tiếp có 2 góc đối nhau cùng chắn 1đường kính là BI 
Þ Þ BN IN (đpcm).
µ Bài toán 7: 
Cho tam giác cân ABC, gọi H là trung điểm của BC và E là hình chiếu của H trên AC. 
Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng HE. Chứng minh AO vuông góc với BE.
Giải “Cách 2 và 3” 
Lấy K là trung điểm của EC; 
Nối HK Þ HK là đường trung bình của DBEC 
nên HK // EB (1) 
Trong DEHC, ta có: OK cũng là đường trung 
bình nên OK // HC. (2) 
Mà AH HC (giả thiết) (3) 
Từ (2) và (3), suy ra: OKAH (*)
Ta lại có: HE AC (vì E là hình chiếu của H trên AC) (**) 
Từ (*) và (**), suy ra: O là trực tâm của DAHK 
 AO HK (4) 
Từ (1) và (4), suy ra: AO BE (điều phải chứng minh)
Nhận xét: Không thể trực tiếp chứng minh AO BE 
mà phải kẻ thêm 1 số đường trung gian. Sau đó tìm các 
mối liên hệ, áp dụng “Cách 2 và 3” để CM
µ Bài toán 8: Cho đường tròn tâm O, đường kính AB. S là một điểm nằm bên ngoài đường tròn. SA và SB lần lượt cắt đường tròn tại M, N. Gọi H giao điểm của BM và AN. Chứng minh rằng SH AB.
Giải (Áp dụng Cách 3)
Theo đề ta có: 
 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
Xét ∆SAB có AN, BM là hai đường cao. 
Mà H là giao điểm của AN và BM 
 Þ H là trực tâm của ∆SAB
 SH thuộc đường cao thứ ba của DSAB. 
 Vậy SH AB.
µ Bài toán 9 
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đồng thời ngoại tiếp đường tròn khác có các tiếp điểm M, N, P, Q lần lượt với các cạnh AB, BC, CD, DA của tứ giác đã cho. Chứng minh rằng MP ^ NQ
Giải: Gọi (O) là đường tròn nội tiếp tứ giác 
và (O’) là đường tròn ngoại tiếp tứ giác, ta có:
 (góc có đỉnh ngoài đường tròn)
 (góc có đỉnh ngoài đường tròn)
 (tứ giác ABCD nội tiếp (O’)
Þ + = 1800 
Þ = 1800 Þ = 1800 
Mà Þ MP^ NQ
 µ Bài toán 10: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O, AC BD tại H. Trên AB lấy điểm M ( ) sao cho . Gọi N là trung điểm HC. CMR: 
Giải (đây là bài hay nhưng khó vì MH và DN không có liên hệ trực tiếp; do đó phải kẻ thêm 1 số đường phụ, Áp dụng tổng hợp các cách giải số 3; 4; 6; 7..)
* Lấy sao cho HE = HB; 
Nối CE và kéo dài cho cắt AC ở F
* Lấy K là trung điểm HE, (EK = KH). 
Từ giả thiết ABCD nội tiếp Þ (1)
Dễ thấy ∆BCE cân tại C vì có CH vừa là đường 
cao vừa là trung tuyến Þ (2)
* Từ (1), (2) suy ra 
 Þ Tứ giác CHDF nội tiếp được đường tròn
 Þ Þ CE ^ AD (3)
Có KN là đường trung bình của ∆HEC Þ KN//CE. 
Từ (3) Þ KN ^AD
* Xét ∆AND có DK ^AN (nằm trên 2 đường chéo NK^AD 
(vì NK//CE mà CE ^ AD) 
 Þ K là trực tâm của ∆AND Þ AK^ DN (4)
Từ giả thiết và cách lấy E, K ta có: 
Þ MH// AK (theo định lý Thalet đảo) (5)
 Từ (4), (5) suy ra MH ^DN (đpcm).